正交矩阵与酉矩阵的性质和应用
?2?利用?n?P?1AnP求An.
1?11??10??11?1?1?3n1?3n?A?P?P???. ?????????2?1?1??03n??1?1?2?1?3n1?3n?nn?1定理3.2.5 任意的一个实二次型??aijxixj,aij?aji都可以经过正交的线性
i?1j?122????nyn,其中平方项的系数?1,?2,?,?n就是矩阵替换变成平方和?1y12??2y2nnA的特征多项式全部的根.
3.2.3利用正交矩阵化简直角坐标系下的二次曲面方程
二次曲面的一般方程是a11x2?a22y2?a33z2?2a12xy?2a13xz?2a23yz
?2b1x?2b2y?2b3z?d?0 (3-2-2)
?a11?令A??a12?a?13a12a22a23a13??x??b1??????a23?,X??y?,B??b2?.
?z??b?a33?????3?则(3-2-2)可以写成 X?AX?2B?X?d?0 (3-2-3) 经过转轴,坐标变换公式为
?x??c11??? ?y???c21?z??c???31c12c22c32c13??x1????c23??y1?,或者X?CX1.
??c33???z1?其中C为正交矩阵且C?1.在新坐标系中,曲面的方程就是
? X1?C?AC?X1?2?B?C?X1?d?0.
??10??C根据上面的结果,有行列式为1的正交矩阵使得CAC??0?2?00?也就是说,可以作一个转轴,使得曲面在新坐标系中的方程为
0??0?. ?3??***** ?1x12??2y12??3z12?2b1*x1?2b2，b2，b3??b1，b2，b3?C. y1?2b3z1?d?0,其中b1??这时,再按照?1,?2,?3是否为零的情况,作适当的移轴与转轴就可以把曲面的方程化成标准方程.
譬如说,当?1,?2,?3全不为零时,就作移轴变换
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?b1*?x1?x2?,?1?*b2? ?y1?y2?,
?2?*b3??z1?z2??.3?于是方程就可化为?1x12??2y12??3z12?d*?0,其中d?d?*b1*2?1?*2b2?2?*2b3?3.
例3.2.3 二次曲面S的直角坐标系方程x2?4y2?z2?4xy?8xz?4yz?1?0. 作直角坐标变换,把它化成标准方程,并指出S是什么二次曲面.
解 首先把方程左端的二次项部分f(x,y,z)?x2?4y2?z2?4xy?8xz?4yz
?1?2?4???经过正交替换化成标准型.二次型的矩阵是A???24?2?.
??4?21????15?5?2则存在正交矩阵T???5?5??0?4525151?532??3?1??1?4?. ,使得TAT?diag?5,5，?32??3??x*??x??*???于是作正交替换?y??T?y?可把二次型化成标准形
?z*??z?????f?x,y,z??5x*?5y*?4z*.
222因此,作直角坐标替换,二次曲面在新的直角坐标系中的方程为
5x*?5y*?4z*?1.
由此可以看出,S是单叶双曲面.
2223.3正交矩阵在矩阵分解中的作用
一些重要的矩阵分解涉及到了正交矩阵,包括:QR分解 奇异值分解 谱分解 极分解
定理 3.3.1设A是可逆的n阶实方阵.
求证：存在正交阵U和正定阵T,使A?UT,且这个分解式是唯一的;存在正
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交阵U1和正定阵T1,使A?T1U1,且这个分解式是唯一的.
证明
A可逆?AA?正定,从而存在正定阵T,使AA??T2.
则A?(A?)?1T2?[(A?)?1T]T?UT 即U?(A?)?1T
故UU??(A?)?1TT?A?1?(A?)?1T2A?1?(A?)?1(AA?)A?1?E
现假设A还有另一分解,即A?UT?US.则 UU??ST?1,U为正交阵,而U的特征值为实数且是正的 ?(T2)(ST?1)T2?T2ST?2可对角化,即E?ST?1?S?T ?分解式是唯一的.
后者对A用已证结果可得A?T1U1.
推论1 设A是一个n阶实可逆矩阵,A?PU是极分解,其中P是正定矩阵,U是正交矩阵,则 AA??A?A?PU?UP.
证明 充分性.
1111AA??PUU?P??PP?P2?U?UP2?(U?P)(PU)?(PU)?(PU)?A?A； 必要性.
AA??A?A ?P2?U?P2U
由P2及U均为正定矩阵知它们均有正定平方根且P和U?PU的平方根是唯一的,所以P?U?PU,故UP?PU.
定理 3.3.2 任一实满秩矩阵A可分解成一个正交阵与一个主对角线元素都大于零的上三角阵之积,且这种分解是唯一的,这个分解也称为矩阵的QR分解.
证明 设A?(?1,?2,,?n),其中?1,?2,,?n为A的列向量.
A为实满秩矩阵 ??1,?2,,?n线性无关
则可用施密特正交化方法,令
??1??1???2??2?(?2,?1)?1(?1,?1)? ? (3-3-1)
?n?1?(?n,?i)?????i?n?ni?1(?i,?i)?其中(?,?)????
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再将?i单位化,令ri?1?i ,i?1,2,,n ????????????(3-3-2)
?i则r1,r2,,rn为标准正交基,而U?(r1,r2,,rn)为正交阵
?t11,rn)????0t1n???UT ?tnn??由(3-3-1)和(3-3-2)解出?i,得A?(?1,?2,,?n)?(r1,r2,?t11 其中T?????0t1n??为上三角阵且t???0为正实数.
iii?tnn??再证唯一性 设还有正交阵U1及对角线元素为正实数的上三角阵T1,使
A?U1T1.下证U?U1,T?T1.
令B?U?1U1,则B?U?1U1?TT1?1,则B既是正交阵又是上三角矩阵,即B为对角矩阵,但T与T1?1的主对角线元素为正实数,从而 B?dia(g1,b,nb)bi,?0,i?1,n,
而由B是正交阵?B?E 即E?U?1U1?TT1?1 ?U?U1, T?T1.
事实上,设A是任一n阶实满秩矩阵,则A可唯一地分解成以下形式之一：
（1）A?UT,其中U为正交阵,T为主对角元均正的上三角矩阵；
?2?A?T1U1,其中U1为正交阵,T1为主对角元均正的上三角矩阵；
（3）A?US,其中U为正交阵,S为主对角元均正的下三角矩阵；
A?U1T1,其中U1为正交阵,T1为主对角元均正的下三角矩阵； （4）证明 ?1?已经证明.
可得A?1?UT,从而A?T?1U?1. （1）?2?此时A?1非奇异,按
令T?1?T1，则T1仍为主对角元都为正的上三角矩阵, 令U?1?U1,则U1仍为正交阵,从而A?T1U1.
同理,对AT与A?T用的结果可证明和. （1）（3）（4） 第 28 页 共 64 页
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?102?例3.3.1将A??110?分解为正交矩阵与上三角矩阵之积.
????123??解 令A?(?1,?2,?3),其中?i为A的列向量,对?1,?2,?3用施密特正交化方法
7??1?1??6???1得到正交向量?1,?2,?3,即(?1,?2,?3)?(?1,?2,?3)?01??
?2???001??????再单位化得r1,r2,,rn,即(r1,r2,????,rn)?(?1,?2,?3)?????32013000120?0???0? ?6??5?????令Q??????131313?120121????36??6? ,???R??03???1?0??6??5?3??1?,则Q为正交矩阵,R为上三角2??5?6??矩阵,并且A?QR.
注 可见在掌握QR分解定理时,对证明的思路及步骤也必须熟练掌握.这样在求矩阵A的QR分解时才能用到.
例3.3.2 （华中师大1994,1996）设A是n阶实可逆阵.求证存在n阶正交阵
?a1P和Q,使得PAQ????0?0??,其中a?0(i?1,2,i?an??2,n)且a12,a2,2,an为A?A的全
部特征值.
证明 由定理3.3.1知,存在正交阵B和C使A?CB (3-3-3） 其中B的特征值a1,a2,2,an均为正,且a12,a2,2,an为A?A的全部特征值
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